湖南省长沙市宁乡市第一高级中学2022-2023学年高三数学上学期11月质量检测试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市宁乡市第一高级中学2022-2023学年高三数学上学期11月质量检测试卷（Word版附解析），共25页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题知，，再求交集即可.
【详解】解：因为，
，
所以，
故选：C
2. 设复数z满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求得，然后结合复数的除法运算求得正确答案.
【详解】依题意，
.
故选：D
3. 设，，是非零向量，则“”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】分别判断充分性和必要性成立情况得出结论.
【详解】若，则，；
若，则，即.
“”是“”的必要而不充分条件；
故选：B.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简已知条件，结合诱导公式、二倍角公式求得正确答案.
【详解】，
，
.
.
故选：A
5. 某车间生产一种圆台型纸杯，其杯底直径为，杯口直径为，高为ℎ，将该纸杯装满水（水面与杯口齐平），现将一直径为的小铁球缓慢放入杯中，待小铁球完全沉入水中并静止后，从杯口溢出水的体积为纸杯容积的，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用圆台及球的体积公式结合条件即得.
【详解】由题可得圆台型纸杯的体积为
，
小铁球的体积为，
由题可得，
即.
故选：B.
6. 定义在上的函数满足，且在单调递增，，，则函数的图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分析的对称性、单调性、零点，求得的对称性（奇偶性）、零点，结合的单调性、零点以及特殊点的函数值判断出函数的图象.
【详解】，所以的图象关于直线对称，
则的图象关于直线即轴对称，是偶函数，
为偶函数，图象关于轴对称，
所以是偶函数，图象关于轴对称，排除AD选项.
，
由于在上递增，在上递减，
所以有且仅有个零点：和，另外有，
所以有且仅有个零点：和，
有唯一零点：，
所以有且仅有个零点：、和.
当时，，，
从而排除C选项，
故B选项正确.
故选：B
7. 圆是中华民族传统文化的形态象征，象征着“圆满”和“饱满”，是自古以和为贵的中国人所崇拜的图腾．如图，是圆的一条直径，且．，是圆上的任意两点，，点在线段上，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设为圆心，连接，根据数量积的运算律得到，根据点在线段 上，即可求出的取值范围，即可得解．
【详解】解：如图，为圆心，连接，
则，
因为点在线段上且，则圆心到直线CD的距离，
所以，
所以，则，
即的取值范围是,．
故选：D．
8. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】构造函数，利用函数的导数讨论函数的单调性.
【详解】令 ，，
则，
所以在上单调递增 ，
所以，即，
所以，
故选：D
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9. 已知是偶函数，将函数图像上所有点向右平移个单位得到函数的图像，则（ ）
A. 在值域为B. 的图像关于直线对称
C. 在有5个零点D. 的图像关于点对称
【答案】BD
【解析】
【分析】由题知，，再根据三角函数的性质依次讨论各选项即可.
【详解】解：，
因为函数为偶函数，
所以，即，
因为，所以，即，
所以，
对于A选项，时，，
所以，即，故错误；
对于B选项，令得，故当时，故的图像关于直线对称，B选项正确；
对于C选项，当时，，
因为函数在上有4个零点，分别为，，，，
所以，在有4个零点，故C选项错误；
对于D选项，由于时，，函数关于点对称，
所以，的图像关于点对称，故D选项正确.
故选：BD
10. 在中，，AB＝1，，将绕AB旋转至处，使平面平面ABC，则（ ）
A. 在旋转的过程中，点C的运动轨迹长度为
B. 点B到平面PAC的距离为
C. 直线AP与直线PC所成角为
D. 直线AB与平面PBC所成角的正弦值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据旋转的知识判断A选项的正确性，根据线线角的知识判断C选项的正确性，建立空间直角坐标系，利用向量法判断BD选项的正确性.
【详解】延长，过作，交的延长线于，
根据旋转的知识可知，
由于平面平面，且交线为，
平面，所以平面，
由于平面，所以，
故两两相互垂直，由此建立如图所示空间直角坐标系，
，
所以，为锐角，
，解得，
所以.
所以在旋转的过程中，点C的运动轨迹长度为，A选项正确.
，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
所以到平面的距离为，B选项正确.
，所以三角形是等边三角形，
所以直线与所成角为，C选项正确.
，设平面的法向量为，
则，故可设，
设直线与平面所成角为，
则，所以D选项错误.
故选：ABC
11. 设，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A：利用基本不等式“1”的妙用直接证明；
对于B：利用基本不等式直接证明；
对于C：利用基本不等式直接证明出，即可判断；
对于D：结合立方和公式得，再结合B选项即可判断.
【详解】解：对于A：因为，
所以，当且仅当，即时取等号，
所以成立.故A正确；
对于B：因为，
所以，当且仅当时取等号.
所以成立.故B正确；
对于C：因为，所以，
所以.
记，则，
所以，
所以，即.故C错误；
对于D：因为，
所以，，
由B选项知，
所以，即，故D选项正确.
故选：ABD
12. 设函数是函数的导函数，且满足，，则（ ）
A. 有极大值B. C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】利用构造函数法，由求得，结合导数确定正确答案.
【详解】依题意可知，
，
，设（为常数，）
所以，，
所以，
，
所以上递增，没有极大值，A错误.
，C选项错误.
，D选项正确.
，
，B选项正确.
故选：BD
【点睛】关于函数和导函数都有的表达式，可以考虑利用构造函数法来进行研究，构造函数的思路，可结合乘法、除法等导数运算来进行构造.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 设为单位向量，且，则___________.
【答案】
【解析】
【分析】
由平方后求得，再求可得结论．
【详解】∵为单位向量，
∴，∴．
∴．
故答案为：．
14. 若关于的方程在上有实数根，则实数的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】利用三角函数的倍角公式,将方程整理化简,利用三角函数的图象和性质,确定条件关系,进行求解即可.
【详解】 ，
，
即，
，即，
，，
设，则在上有实数根，
，在的图像有交点，如图
由于
由图象可知， ，即
故答案为：
15. 过点可以作两条直线与曲线相切，则实数a的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】设出切点的坐标，利用导数研究切点和斜率，根据切线有条，通过构造函数法，结合导数求得的取值范围.
【详解】设切点坐标为，
，故斜率为，
切线方程为，代入得，
整理得，
构造函数，，
所以在区间递减；在区间递增.
所以在时取得极小值也即是最小值，
当时，，当时，，
要使过点可以作两条直线与曲线相切，
则，
所以的取值范围是.
故答案为：
【点睛】利用导数研究曲线的切线，关键点有两个，一个是切点的坐标，另一个是切线的斜率.切线的斜率可以利用导数求得，然后利用点斜式来求得切线方程.
16. 已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】该球的半径为，进而根据几何关系得正四棱锥的高，底面的边长为与侧棱长之间的关系，，再计算体积，结合导数求解最值即可.
【详解】解：因为该球的体积为，所以该球的半径为，
如图，设正四棱锥的高为，底面的边长为，中心为，球的球心为，
则球的球心在上，，，
所以，，即，
所以
因为，即
所以，，
因为，
所以，，解得，
所以，该正四棱锥体积为，，
所以在上恒成立，
所以在单调递增，
所以，，
所以，该正四棱锥体积的取值范围是.
故答案为：
四、解答题：本题共6题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17 已知命题： ，命题： .
（1）若，求实数的值；
（2）若是的充分条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)2;(2) 实数a的取值范围是（﹣∞，0]∪[4，+∞）.
【解析】
【详解】试题分析：（1）利用一元二次不等式的解法把集合化简后，由，借助于数轴列方程组可解的值；（2）把是的充分条件转化为集合和集合之间的包含关系，运用两集合端点值之间的关系列不等式组求解的取值范围.
试题解析：（1）B={x|x2﹣4x+3≥0}={x|x≤1，或x≥3}，A={x|a﹣1＜x＜a+1}，
由A∩B=∅，A∪B=R，得 ，得a=2，所以满足A∩B=∅，A∪B=R的实数a的值为2；
（2）因p是q的充分条件，所以A⊆B，且A≠∅，所以结合数轴可知，
a+1≤1或a﹣1≥3，解得a≤0，或a≥4，
所以p是q的充分条件的实数a的取值范围是（﹣∞，0]∪[4，+∞）．
18. 设a，b，c分别为的内角A，B，C的对边，AD为BC边上的中线，c＝1，，．
（1）求AD的长度；
（2）若E为AB上靠近B的四等分点，G为的重心，连接EG并延长与AC交于点F，求AF的长度．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先利用正弦定理，边角互化，再利用余弦定理，即可求得.
（2）首先利用重心的性质，求出AG，再利用余弦定理求出，再结合，解出，最后利用正弦定理即可求解.
【小问1详解】
依据题意，由可得
，则，，
，，解得，
，解得AD为
【小问2详解】
G为的重心，，，
，，，， ，
19. 已知数列满足：，．
（1）求，；
（2）设，，证明数列是等比数列，并求其通项公式；
（3）求数列前10项中所有奇数项的和．
【答案】（1）
（2）证明详见解析，
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题目所给已知条件求得.
（2）结合已知条件以及等比数列的定义证得数列是等比数列，并求得其通项公式.
（3）求得，从而求得正确答案.
【小问1详解】
依题意，数列满足：，，
所以.
【小问2详解】
，
.
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
【小问3详解】
，，
所以，
所以.
20. 如图，平面五边形PABCD中，是边长为2的等边三角形，，AB＝2BC＝2，，将沿AD翻折成四棱锥P－ABCD，E是棱PD上的动点（端点除外），F，M分别是AB，CE的中点，且．
（1）证明：；
（2）当直线EF与平面PAD所成的角最大时，求平面ACE与平面PAD夹角的余弦值．
【答案】（1）证明详见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证得.
（2）先判断出直线EF与平面PAD所成的角最大时点是的中点，然后利用向量法求得平面ACE与平面PAD夹角的余弦值.
【小问1详解】
设是的中点，连接，
三角形是等边三角形，所以，.
四边形是直角梯形，，
所以四边形是平行四边形，也即是矩形，所以，.
折叠后，，所以，所以，
由于平面，
所以平面，
则两两相互垂直，由此建立如图所示的空间直角坐标系，
，设，
，所以，则，
所以，
所以.
【小问2详解】
由于平面，平面，所以，
由于平面，
所以平面，由于平面，所以，
所以是直线与平面所成角，
在直角三角形中，，
由于，所以当最小时，最大，也即最大，
由于三角形是等边三角形，所以当为的中点时，，取得最小值.
由于，，故此时，
平面的法向量为，
，
设平面的法向量为，
则，故可设，
设平面与平面的夹角为，
则.
21. 据国家气象局消息，今年各地均出现了极端高温天气.漫漫暑期，空调成了很好的降温工具，而物体的降温遵循牛顿冷却定律.如果某物体的初始温度为，那么经过分钟后，温度满足，其中为室温，为半衰期.为模拟观察空调的降温效果，小明把一杯的茶水放在的房间，10分钟后茶水降温至.（参考数据：）
（1）若欲将这杯茶水继续降温至，大约还需要多少分钟？（保留整数）
（2）为适应市场需求，2022年某企业扩大了某型号的变频空调的生产，全年需投入固定成本200万元，每生产千台空调，需另投入成本万元，且已知每台空调售价3000元，且生产的空调能全部销售完.问2022年该企业该型号的变频空调的总产量为多少千台时，获利最大？并求出最大利润.
【答案】（1）13分钟
（2）当该企业该型号的变频空调总产量为30千台时，获利最大，最大利润为3400万元.
【解析】
分析】（1）由题意列方程求解
（2）由题意得出利润与的函数关系，结合基本不等式求解最值
【小问1详解】
由题意可得，解得.
设经过分钟，这杯茶水降温至，则，
解得（分钟）.
故欲将这杯茶水降温至，大约还需要13分钟.
【小问2详解】
设2022年该企业该型号的变频空调的利润为，
当时，，
当时，取得最大值3400万元；
当时，，
因为，当且仅当时，等号成立，
则当时，取得最大值3380万元.
因为，所以当该企业该型号的变频空调总产量为30千台时，获利最大，最大利润为3400万元.
22. 已知函数有两个极值点，且．
（1）求实数m的取值范围；
（2）证明：．
参考数据：．
【答案】（1）；
（2）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）有两个极值点等价于在有两个变号零点，分别对、，用导数法结合零点存在定理讨论零点情况即可；
（2）由，结合对数运算得，
令构造并用导数法证，则可等价成证，即，
则，则原证明等价为证，即，
由单调性可等价成证，再由单调性可等价成证
【小问1详解】
∵有两个极值点，∴在有两个变号零点.
记 ，，
i. 当，，在单调递增，至多有一个零点，不合题意；
ii. 当，由得，即，故当，
∴即在上单调递增，在单调递减， ，
由得，且当，，
令，当，单调递增；当，单调递减，
故，且当时等号成立.
故，故当时，，
综上，由零点存在定理得，当时，在有两个变号零点，即有两个极值点；
【小问2详解】
，即，
令，，由，故单调递增，故，
∴，即，即，
由得，故，
故要证，即需证，即，
令 ，即需证，又在单调递增，即需证，
由（1）得，且由得，由在单调递减，且，故只需证，
∵，故，得证.
【点睛】关键点点睛：
（1）不等式与对数均值不等式的使用；
（2）结合结论的形式进行适当的缩放，以达到简化表达式及方便构造的效果，如题中的；